2017 清北济南考前刷题Day 7 afternoon

期望得分：100+100+30=230

实际得分：100+100+30=230

1. 三向城

题目描述

三向城是一个巨大的城市，之所以叫这个名字，是因为城市中遍布着数不尽的三岔路口。（来自取名力为0的出题人）

具体来说，城中有无穷多个路口，每个路口有唯一的一个正整数标号。除了1号路口外，每个路口都连出正好3条道路通向另外3个路口：编号为x（x>1）的路口连出3条道路通向编号为x*2，x*2+1和x/2（向下取整）的3个路口。1号路口只连出两条道路，分别连向2号和3号路口。

所有道路都是可以双向通行的，并且长度都为1。现在，有n个问题：从路口x到路口y的最短路长度是多少？

输入格式

第一行包含一个整数n，表示询问数量；

接下来n行，每行包含两个正整数x, y，表示询问从路口x到路口y的最短路长度。

输出格式

输出n行，每行包含一个整数，表示对每次询问的回答。如果对于某个询问不存在从x到y的路径，则输出-1。

样例输入

5 7

2 4

1 1

样例输出

样例解释

5号路口到7号路口的路径为：5->2->1->3->7，长度为4；

2号路口到4号路口的路径为：2->4，长度为1；

1号路口到本身的路径长度为0；

数据范围

对30%的数据，x,y≤20；

对60%的数据，x,y≤10⁵，n≤10；

对100%的数据，x,y≤10⁹，n≤10⁴。

把大的除以2直到相等

#include<cstdio>
#include<iostream>using namespace std;void read(int &x)
{x=0; char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}int main()
{freopen("city.in","r",stdin);freopen("city.out","w",stdout);int n,x,y,ans;read(n);while(n--){ans=0;read(x); read(y);while(x!=y){if(x<y) swap(x,y);x>>=1; ans++;}cout<<ans<<'\n';}
}

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2. 灵魂画师

题目描述

虽然不知道为什么，但是你一直想用一种神奇的方式完成一幅画作。

你把n张画纸铺成一排，并将它们从1到n编号。你一共有c种颜色可用，这些颜色可以用0到c-1来编号。初始时，所有画纸的颜色都为1。你一共想进行k次作画，第i次作画时，你会等概率随机地选闭区间[L_i,R_i]内的画纸的一个子集（可以为空），再随机挑一种颜色b_i，并把挑出来的画纸都涂上该颜色。原有颜色a的画纸在涂上颜色b后，颜色会变成(a*b) mod c，这是这个世界的规律。

因为你将颜色用数字来命名了，因此你可以求出在k次作画结束后，每张画纸上的颜色对应的数字相加之和的期望。现在请你编程求一下这个值。

以防万一你不知道什么是期望：如果一个量X，它有p₁的概率值为v₁，有p₂的概率值为v₂……p_n的概率值为v_n，则X的期望值等于。

输入格式

第一行包含3个正整数n, c, k，意义如题所述。

接下来k行，每行包含两个数L_i, R_i，表示你每次操作会从哪个区间内随机地选画纸。

输出格式

一行，一个小数，表示答案，四舍五入精确到小数点后3位。

样例输入1

2 3 1

1 2点数、、

样例输出1

2.000

概率DP

dp[k][i][j] 表示操作了k次，第i张画纸改成颜色j的概率

不改转移到 dp[k+1][i][j]

改转移到 dp[k+1][i][j*h%c]

这是n^4

优化：

相同颜色的纸改的结果的概率相同，而且开始都是1

所以i那一维可以压去

即 dp[k][j] 表示一张纸操作了k次，变成颜色j的概率

转移同上

最后的答案=Σ dp[cnt[i]][j] cnt[i]表示i位置被操作了多少次

n^3代码

#include<cstdio>
#include<iostream>using namespace std;double dp[101][101];int cnt[101],col[101];void read(int &x)
{x=0; char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}int main()
{freopen("paint.in","r",stdin);freopen("paint.out","w",stdout);int n,c,k;read(n); read(c); read(k);int mx=0;     int l,r;while(k--){read(l); read(r);for(int i=l;i<=r;i++) cnt[i]++,mx=max(mx,cnt[i]);}dp[0][1]=1;for(int h=0;h<mx;h++){for(int j=0;j<c;j++){for(int g=0;g<c;g++)dp[h+1][j*g%c]+=dp[h][j]/(c*2.0);dp[h+1][j]+=dp[h][j]/2.0;}    }double ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<c;j++)ans+=dp[cnt[i]][j]*j;printf("%.3lf",ans);
}

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n^4代码

#include<cstdio>
#include<iostream>using namespace std;double dp[101][101][101];int cnt[101];void read(int &x)
{x=0; char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}int main()
{int n,c,k;read(n); read(c); read(k);for(int i=1;i<=n;i++) dp[0][i][1]=1;cnt[1]=n;int l,r;for(int h=0;h<k;h++){read(l); read(r);for(int i=1;i<l;i++)for(int j=0;j<c;j++)dp[h+1][i][j]=dp[h][i][j];for(int i=l;i<=r;i++)for(int j=0;j<c;j++){for(int g=0;g<c;g++)dp[h+1][i][j*g%c]+=dp[h][i][j]/(c*2.0);dp[h+1][i][j]+=dp[h][i][j]/2.0;}    for(int i=r+1;i<=n;i++)for(int j=0;j<c;j++)dp[h+1][i][j]=dp[h][i][j];}double ans=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<c;j++)ans+=j*dp[k][i][j];printf("%.3lf",ans);
}

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3. 香子兰

题目描述

你承包了一片香子兰花田。现在到了收获的季节，你需要把种下的香子兰全部收获起来，到花店卖掉并取得新的种子，再向田里播种下一季的香子兰。

你的花田一共由n-2片花田组成，编号从1到n-2。算上你的家和花店，一共有n个地点，其中你的家编号为0，花店编号为n-1。即，家、花田、花店都属于地点，且它们都有一个唯一的0~n-1的编号。有m条双向道路连接这些地点。保证所有地点间都是直接或间接连通的。

你需要从家里出发，经过所有的花田进行收获，再到达花店，再从花店出发经过所有花田进行播种，最后重新回到家中。当你经过一片花田的时候，你可以选择收获、播种或者什么事都不做，也就是说你经过一片未收割的花田时可以不立即收割它，播种亦然。然而，播种必须发生在你完成了所有收获并到花店交货之后。在完成最后一个花田的收获后，你必须在到达花店后才能开始播种。也就是说，在你没有收获完所有花田并到花店交货前，即使你已经经过了花店，你也不能进行播种。（啰嗦了这么多但愿讲明白了）

然而还有一个问题。在收割完花朵后，花田会变得光秃秃的，此时土地里的水分会迅速蒸发。考虑到这个问题，更早被收割的花田也理应更早地被播种。具体来说，你必须保证前个被收割的花田也是前个被播种的，其中符号表示向下取整。你不需要保证这些花田收割和播种的顺序完全一致，而只需要保证前名的集合不变即可。

现在，你需要求出完成上述一系列动作走过的最短路程。

输入格式

第一行包含两个整数n, m，表示地点总数和道路条数；

接下来m行，每行包含3个整数x_i, y_i, z_i，表示有一条连接编号为x_i和y_i 的地点，长为z_i的道路。

输出格式

一行，包含一个整数，表示最短路程。

样例输入

4 4

0 1 1

1 2 2

2 3 1

1 3 1

样例输出

样例解释

从0出发，先走到1收获（距离1），再走到2收获（距离2），再走到3交货（距离1），再走到1播种（距离1），再走到2播种（距离2），再走到1什么都不干（距离2），再走到0（距离1）。总距离为10。前个被收获和播种的花田集合是{1号花田}。

数据范围

对于30%的数据，有n≤8；

另有10%的数据，有m=n-1，且对1≤i≤m，保证x_i=i-1，y_i=i；

另有20%的数据，有m=n-1，且每个花田至多只与另外两个花田有道路相连；

对于100%的数据，有n≤20，m≤400，0≤x_i, y_i≤n-1，x_i≠y_i，0≤z_i≤10000。

状压DP

f[i][j] 表示从家到点i，经过了状态为j的点集

g[i][j] 表示从花店到点i，经过了状态为j的点集

j只包括n-2个花田

Floyd预处理任意两点间的最短距离dis

f[i][j|(1<<k-2)]=min（f[i][j]+dis[i][k]）

k-2 是因为代码中家从1开始编号

枚举所有含(n-2)/2个花田的状态A，剩余的花田为B

如果是收获

枚举A中最后一个收获的花田j，枚举B中第一个收获的花田k

收获的最短路径= min(f[j][i]+g[k][S^i]+dis[j][k])

如果是播种

枚举A中最后一个播种的花田j，枚举B中第一个播种的花田k

播种的最短路径= min(g[j][i]+f[k][S^i]+dis[j][k])

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>using namespace std;#define N 21
#define M 401int dis[N][N];int f[N][1048580],g[N][1048580];int bit[N],cnt[1048580];void read(int &x)
{x=0; char c=getchar();while(!isdigit(c)) c=getchar();while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); }
}int cal(int s)
{int sum=0;while(s) sum+=(s&1),s>>=1;return sum;
}int main()
{freopen("vanilla.in","r",stdin);freopen("vanilla.out","w",stdout);int n,m;read(n); read(m);int u,v,w;memset(dis,63,sizeof(dis));for(int i=1;i<=n;++i) dis[i][i]=0;while(m--){read(u); read(v); read(w);++u; ++v;dis[u][v]=min(dis[u][v],w);dis[v][u]=min(dis[v][u],w);}if(n==3) { printf("%d",(dis[1][2]+dis[2][3])*2); return 0; }for(int k=1;k<=n;++k)for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);bit[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) bit[i]=bit[i-1]<<1;int S=bit[n-2]-1;for(int i=1;i<=S;++i) cnt[i]=cal(i);int half=n-2>>1;    memset(f,63,sizeof(f)); for(int i=2;i<n;++i) f[i][bit[i-2]]=dis[1][i];for(int i=0;i<S;++i)if(cnt[i]<=half){for(int j=2;j<n;++j)if(f[j][i]<1e9)for(int k=2;k<n;++k)f[k][i|bit[k-2]]=min(f[k][i|bit[k-2]],f[j][i]+dis[j][k]);}memset(g,63,sizeof(g));for(int i=2;i<n;++i) g[i][bit[i-2]]=dis[n][i];for(int i=0;i<S;++i)if(cnt[i]<=n-2-half){for(int j=2;j<n;++j)if(g[j][i]<1e9)for(int k=2;k<n;++k)g[k][i|bit[k-2]]=min(g[k][i|bit[k-2]],g[j][i]+dis[j][k]);}int x,ans=2e9;for(int i=0;i<S-1;++i)if(cnt[i]==half){x=2e9;for(int j=2;j<n;++j)if(i&bit[j-2])for(int k=2;k<n;++k)if(!(i&bit[k-2]))x=min(x,f[j][i]+g[k][S^i]+dis[j][k]);for(int j=2;j<n;++j)if((i&bit[j-2]))for(int k=2;k<n;++k)if(!(i&bit[k-2]))ans=min(ans,x+g[j][i]+f[k][S^i]+dis[j][k]);}cout<<ans;
}

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中间30分暴力

讨论哪些边走4遍，哪些边走3遍

#include<cstdio>
#include<iostream>using namespace std;int n,m;struct node
{int u,v,w;
}e[401];int ru[21];namespace solve1
{void work(){int ans=0;for(int i=2;i<m;i++) ans+=e[i].w*4;ans+=e[m].w*2; ans+=e[1].w*2;cout<<ans;}
}namespace solve2
{int sum=0;bool f0=false,fn=false;void work(){if(ru[0]==1) f0=true;if(ru[n-1]==1) fn=true;for(int i=1;i<=m;i++){if(!e[i].u || !e[i].v){if(f0) sum+=e[i].w*2;else sum+=e[i].w*4;}else if(e[i].u==n-1 || e[i].v==n-1){if(fn) {if(e[i].v && e[i].u) sum+=e[i].w*2;}else sum+=e[i].w*4; }else sum+=e[i].w*4;}cout<<sum; }
}int main()
{freopen("vanilla.in","r",stdin);freopen("vanilla.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);bool flag1=true,flag2=true;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w);if(e[i].u!=i-1 || e[i].v!=i) flag1=false;ru[e[i].u]++; ru[e[i].v]++;if(e[i].u>0 && e[i].u<n && ru[e[i].u]>2) flag2=false; if(e[i].v>0 && e[i].v<n && ru[e[i].v]>2) flag2=false;}if(flag1) { solve1::work(); return 0; }if(flag2) { solve2::work(); return 0; }else{int sum=0;for(int i=1;i<=m;i++) sum+=e[i].w;cout<<sum*2;}
}

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转载于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7779469.html